首先，我们把所有的牌排个序，那么同一种牌肯定是尽量选大的。不难发现能多选强化牌一定要多选，比方说现在选了(a)张攻击牌和(b)张强化牌（(a>1)），那么去掉攻击力最小的那张攻击牌，攻击力最小只会变为原来的一半（比方说两张攻击牌且攻击力一样），其他情况下都是大于原来的一半，而选择一张强化牌攻击力最少要翻倍，所以多选强化牌绝对不会变劣
然后就是dp了……没我的事了看题解去……
设(F(x,y))表示选择(x)张牌，打出(y)张的所有方案的强化倍率的总和，(G(x,y))表示选择(x)张牌，打出(y)张的所有方案的攻击力之和，那么如果选了(i)张强化牌，如果(i<k)则(ans+=F(i,i) imes G(m-i,k-i))，如果(igeq k)，则(ans+=F(i,k-1) imes G(m-i,1))
然后考虑如何计算(F,G)，设(f(i,j))表示用了(i)张牌，最前面的那一张是第(j)张的强化倍率总和，设(sum[j]=sum_{d=1}^j f(i-1,d))，那么(f(i,j)=a[j] imes(sum[n]-sum[j]))。如果(sum[i])为(g)的前缀和，那么(g)的转移就是(g(i,j)=(sum[n]-s[j])+a[j]*C_{n-j}^{i-1})，注意(g)的贡献是要求和，而且每一张牌都会有后面那个组合数的贡献
这样的话就可以知道(F)和(G)了$$F(x,y)=sum_{i=x-y+1}^{n-y+1}f(y,i) imes C_{i-1}^{x-y}$$
[G(x,y)=sum_{i=x-y+1}^{n-y+1}g(y,i) imes C_{i-1}^{x-y}
]
后面那个组合数是因为固定了用的，剩下不用的就可以随便选了
如果(y=0)，那么(F(x,y)=C_{n}^x)，倍率都是(1)但是方案数要加起来
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R int x){
if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='
';
}
const int N=1505,P=998244353;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int c[N<<1][N<<1],f[N][N],g[N][N],a[N],b[N],sum[N];
int n,m,k,ans;
int F(R int x,R int y){
if(y>x)return 0;if(!y)return c[n][x];
R int res=0;
fp(i,x-y+1,n-y+1)res=add(res,mul(f[y][i],c[i-1][x-y]));
return res;
}
int G(R int x,R int y){
if(y>x)return 0;
R int res=0;
fp(i,x-y+1,n-y+1)res=add(res,mul(g[y][i],c[i-1][x-y]));
return res;
}
inline void init(){
fp(i,0,3000){
c[i][0]=1;
fp(j,1,i)c[i][j]=add(c[i-1][j-1],c[i-1][j]);
}
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
int T=read();init();
while(T--){
memset(f,0,sizeof(f));
memset(g,0,sizeof(g));
n=read(),m=read(),k=read();
fp(i,1,n)a[i]=read();
fp(i,1,n)b[i]=read();
sort(a+1,a+1+n),sort(b+1,b+1+n);
fp(i,1,n)f[1][i]=a[i],sum[i]=add(sum[i-1],a[i]);
fp(i,2,n){
fp(j,1,n-i+1)f[i][j]=mul(a[j],dec(sum[n],sum[j]));
fp(j,1,n)sum[j]=add(sum[j-1],f[i][j]);
}
fp(i,1,n)g[1][i]=b[i],sum[i]=add(sum[i-1],b[i]);
fp(i,2,n){
fp(j,1,n-i+1)g[i][j]=add(mul(b[j],c[n-j][i-1]),dec(sum[n],sum[j]));
fp(j,1,n)sum[j]=add(sum[j-1],g[i][j]);
}
ans=0;
fp(i,0,m-1)
if(i<k)ans=add(ans,mul(F(i,i),G(m-i,k-i)));
else ans=add(ans,mul(F(i,k-1),G(m-i,1)));
printf("%d
",ans);
}return 0;
}